人教版2019届高三化学二轮复习氧化还原反应和离子反应专题训练(AB卷打包） (共4份打包)

氧化还原反应和离子反应专题训练 B　强化训练 时间：45分钟　 分值：100分 一、选择题(每小题5分，共50分) 1．已知反应：10AgF＋5Cl2＋5H2O===9AgCl＋AgClO3＋10HF＋O2 下列关于该反应的叙述不正确的是(　　) A．该反应中，氧化剂与还原剂物质的量之比为95 B．当反应中有1 mol电子转移时，被还原氯气物质的量为 mol C．每产生1 mol O2时，被氧元素还原的氯气物质的量为2 mol D．参加反应的水有被氧化 解析　该反应的氧化剂为的氯气，还原剂为的氯气和的水，A项和D项正确；当反应中有9 mol电子转移时，被还原的氯气为4.5 mol，故当反应中有1 mol电子转移时，被还原的氯气为0.5 mol，B项错误；产生1 mol氧气，氧元素转移4 mol电子，被氧元素还原的氯气为2 mol，C项正确。 答案　B 2．向FeBr2、FeI2的混合溶液中通入适量氯气，溶液中某些离子的物质的量变化如图所示，下列有关说法中不正确的是(　　) A．d曲线代表溶液中Br－变化情况 B．原溶液中FeI2的物质的量为2 mol C．原溶液中n(Fe2＋):n(Br－)＝2:3 D．当通入2 mol Cl2时，溶液中离子反应为2Fe2＋＋2I－＋2Cl2===2Fe3＋＋I2＋4Cl－ 解析　由于Fe2＋、I－、Br－的还原性大小为：I－>Fe2＋>Br－，故向该溶液中通入氯气，氯气先氧化I－，再氧化Fe2＋，最后氧化Br－。故a、b、c、d曲线分别表示I－、Fe2＋、Fe3＋、Br－的变化情况，A项正确；由图象可知，I－为2 mol，故原溶液中FeI2为1 mol，B项错误；由图可以看出Fe2＋是4 mol，Br－是6 mol，故原溶液中n(Fe2＋):n(Br－)＝2:3，C项正确；当通入2 mol Cl2时，2 mol的I－消耗氯气1 mol，余下的1 mol氯气再与2 mol Fe2＋反应，故溶液中发生的离子反应可表示为2Fe2＋＋2I－＋2Cl2===2Fe3＋＋I2＋4Cl－，D项正确。 答案　B 3．现取m g镁铝合金在一定浓度的稀硝酸中恰好完全溶解(硝酸的还原产物只有NO)，向反应后的混合溶液中滴加b mol/L NaOH溶液，当滴加到V mL时，得到沉淀质量恰好为最大值n g，则下列有关该实验的说法中正确的有(　　) ①沉淀中OH－的质量为(n－m)g ②恰好溶解后溶液中的NO的物质的量为mol ③反应过程中转移的电子为mol ④标准状况下生成NO的体积为L ⑤与合金反应的硝酸的物质的量为mol A．5项　　　B．4项　　　C．3项　　　D．2项 解析　本题涉及的反应有Al＋4HNO3(稀)===Al(NO3)3＋NO↑＋2H2O；3Mg＋8HNO3(稀)===3Mg(NO3)2＋2NO↑＋4H2O；Al(NO3)3＋3NaOH===Al(OH)3↓＋3NaNO3；Mg(NO3)2＋2NaOH===Mg(OH)2↓＋2NaNO3。当合金恰好溶解时，溶液中的NO与Na＋的物质的量相等，n(NO)＝n(NaOH)＝mol，②正确。沉淀质量最大时，生成的n g沉淀为氢氧化铝和氢氧化镁，根据质量守恒定律，其中镁、铝元素的质量等于m g，所以沉淀中氢氧根的质量为(n－m)g，则反应过程中转移的电子为n(e－)＝n(OH－)＝mol，故①③正确。根据电子得失守恒知，标准状况下V(NO)＝L，故④正确。参加反应的硝酸有两种作用，起酸性作用的硝酸(生成硝酸盐)的物质的量等于硝酸钠的物质的量，即mol；作氧化剂的硝酸的物质的量等于NO的物质的量，即mol，所以，与合金反应的硝酸的物质的量为mol，故⑤正确。 答案　A 4．用硫酸铁电化浸出黄铜矿精矿工艺中，精矿在阳极浸出的反应比较复杂，其中有一主要反应：CuFeS2＋4Fe3＋===Cu2＋＋5Fe2＋＋2S。下列说法正确的是(　　) A．反应中硫元素被氧化，所有铁元素均被还原 B．还原剂是S2－和Cu＋，氧化剂是Fe3＋ C．氧化产物是S，还原产物是Cu2＋和Fe2＋ D．当转移1 mol e－时，有46 g CuFeS2参加反应 解析　分析元素的化合价变化可知，该反应中Fe3＋被还原，是氧化剂，其还原产物是Fe2＋；硫元素被氧化，CuFeS2是还原剂，其氧化产物是S；反应中转移电子数为4。反应中转移4 mol电子时，参加反应的CuFeS2是184 g，故D项正确。 答案　D 5．下列离子方程式书写正确的是(　　) A．用Pt电极电解少量的MgCl2溶液：2H2O＋2Cl－H2↑＋Cl2↑＋2OH－ B．向氢氧化亚铁中加入足量的稀硝酸：Fe(OH)2＋2H＋===Fe2＋＋2H2O C．向NaAlO2溶液中通入过量CO2制Al(OH)3：AlO＋C